2015-2016湘潭大学物理练习答案

1、练习1 质点运动学(一)参考答案1. B；2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解：(1) m/s (2) v = d x/d t = 9t - 6t2 v(2) =-6 m/s (3) S = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m 6. 答：矢径是从坐标原点至质点所在位置的有向线段 而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段它们的一般关系为 为初始时刻的矢径, 为末时刻的矢径，为位移矢量 若把坐标原点选在质点的初始位置，则=0,任意时刻质点对于此位置的位移为=，即既是矢径也是位移矢量 练习2 质点运动

2、学(二)参考答案1. D；2. -g/2 ， 3. 4t3-3t2 (rad/s)， 12t2-6t (m/s2)4. 17.3 m/s, 20 m/s .5. 解： dv /dtt ， dv t dt vt2 vx /d tt2 x t3 /3+x0 (SI) 6. 解：根据已知条件确定常量k , t=1s时， v = 4Rt2 = 8 m/s m/s2 练习3 质点动力学(一)参考答案1.D2.C3. 4. l/cos25.如图所示，A，B，C三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m0=0.1kg，当他们如图a放置时，物体正好做匀速运动。（1）求物体A与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图

3、b放置时，求系统的加速度及绳的张力。B解：(1) U=1/9=0.11(2)a=g/11=0.89m/s2T=2g/11=1.781N6.解：(1) 子弹进入沙土后受力为v，由牛顿定律 (2) 求最大深度解法一： 解法二： 练习4 质点动力学(二)参考答案1. B2. A3. ， 4. 140 Ns， 24 m/s， 5. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒令子弹穿出时物体的水平速度为有 mv0 = mv+M v v = m(v0 - v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/l =26.5 N

4、 (2) (设方向为正方向) 负号表示冲量方向与方向相反 6. 解：设V为船对岸的速度，u为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组成的系统水平方向动量守恒： 即 船走过的路程为 狗离岸的距离为 练习5 质点动力学(三)参考答案1. B2. C3. 18J, 6 m/s4. , 5. 解：(1) (2) 取弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，平衡位置处 伸长x处系统的机械能 由机械能守恒定律， 解出 另解: (2) 取平衡位置为振动势能零点，可证明振动势能(包括弹性势能和重力势能)为, 则由A、弹簧、地球组成系统，在振动过程中机械能守恒： 6. 解：两自由质点组成的系统在自身的引力场中

5、运动时，系统的动量和机械能均守恒设两质点的间距变为l /2时，它们的速度分别为v1及v2，则有 联立、，解得 ， 练习6 刚体力学(一)参考答案1. B2. C 挂重物时， mgT= ma =mR, TR =Jb,P=mg由此解出 而用拉力时， mgR = J 故有 b3. ma2 , ma2 , ma2 .4. 4.0rad/s5. 质量为m1， m2 （ m1 m2）的两物体，通过一定滑轮用绳相连，已知绳与滑轮间无相对滑动，且定滑轮是半径为R、质量为 m3的均质圆盘，忽略轴的摩擦。求： (1)滑轮的角加速度b。（绳轻且不可伸长）m3 解：联立方程得到，6 解：撤去外加力矩后受力分析如图所示

6、 m1gT = m1a TrJb arb a = m1gr / ( m1r + J / r) 代入J , a = 6.32 ms-2 v 0at0 tv 0 / a0.095 s 练习7 刚体力学(二)参考答案1. E2. C3. 2275 kgm2s-1 , 13 ms-1 4. 5. 解：由人和转台系统的角动量守恒 J1w1 + J2w2 = 0 其中 J1300 kgm2，w1=v/r =0.5 rad / s ， J23000 kgm2 w2J1w1/J20.05 rad/s 人相对于转台的角速度 wrw1w20.55 rad/s t2p /11.4 s 6. 一长为1 m的均匀直棒可

7、绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动抬起另一端使棒向上与水平面成60，然后无初转速地将棒释放已知棒对轴的转动惯量为，其中m和l分别为棒的质量和长度求： (1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角加速度解：设棒的质量为m，当棒与水平面成60角并开始下落时，根据转动定律 M = Jb 其中 于是 当棒转动到水平位置时， M =mgl 那么 练习8 狭义相对论(一)参考答案1. B2. B3. c4. 5. 解：解：根据洛仑兹变换公式: ， 可得 ， 在K系，两事件同时发生，t1 = t2，则 ， 解得 在K系上述两事件不同时发生，设分别发生于和 时刻， 则 ， 由此得 =5.7

8、7106 s 6. 解：设两系的相对速度为v根据洛仑兹变换， 对于两事件，有 由题意： 可得 及 由上两式可得 = 4106 m 练习9 狭义相对论(二)参考答案1. C2. C3. C 4. , 5. 5.810-13, 8.0410-2 6. 解：据相对论动能公式 得 即 解得 v = 0.91c 平均寿命为 s 7. 解：根据功能原理，要作的功 W = DE 根据相对论能量公式 DE = m2c2- m1c2 根据相对论质量公式 4.7210-14 J2.95105 eV练习10 机械振动(一)参考答案1. D2. E3. , 4. 3.43 s, -2p/3 5. 解: (1) vm

9、= wA w = vm / A =1.5 s-1 T = 2p/w = 4.19 s (2) am = w2A = vm w = 4.510-2 m/s2 (3) x = 0.02 (SI)6. 证：(1) 当小物体偏离圆弧形轨道最低点q 角时，其受力如图 所示切向分力 q 角很小， sin q q 牛顿第二定律给出 即 将式和简谐振动微分方程比较可知，物体作简谐振动 (2) 由知 周期 练习11 机械振动(二)参考答案1. B2. B3. 4. 5. 解：(1) 由题意 ， J (2) rad /s 由 t = 0， =0.2 m， 可得 则振动方程为 6. 解：(1) = 0.08 m (

10、2) ， m (3) 过平衡点时，x = 0，此时动能等于总能量 m/s 练习12 机械波(一)参考答案1. C2. B3. 30, 30.4. , 5. 解：(1) O处质点振动方程 (2) 波动表达式 (3) (k = 0，1，2，3，) 6. 解：(1) 由振动曲线可知，P处质点振动方程为 (SI) (2) 波动表达式为 (SI) (3) O处质点的振动方程 练习13 机械波(二)参考答案1. A2. D3. 或写成 4. 5. 解：(1) 坐标为x点的振动相位为 波的表达式为 (SI) (2) 以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为 (SI) 波的表达式为 (SI) 6. 解：(1

11、) 由P点的运动方向，可判定该波向左传播 原点O处质点，t = 0 时 , 所以 O处振动方程为 (SI) 由图可判定波长l = 200 m，故波动表达式为 (SI) (2) 距O点100 m处质点的振动方程是 振动速度表达式是 (SI) 练习14 机械波(三)参考答案1. D2. C3. 4. 1065Hz, 935Hz 5. 解：(1) 设振幅最大的合振幅为Amax ，有 式中 ， 又因为 时， 合振幅最大，故 合振幅最大的点 ( k = 0，1，2，) (2) 设合振幅最小处的合振幅为Amin，有 因为 时合振幅最小 且 故 合振幅最小的点 ( k = 0，1，2，) 6. 解：(1)

12、与波动的标准表达式 对比可得： n = 4 Hz， l = 1.50 m， 波速 u = ln = 6.00 m/s (2) 节点位置 m , n = 0，1，2，3, (3) 波腹位置 m , n = 0，1，2，3, 练习15 气体动理论基础(一)参考答案1. D2. A3. 1.33105 Pa 4. kT , kT , MRT/Mmol .5. 解：(1) M / Mmol=N / NA N=MNA / Mmol J (2) 400 K 6. 解：(1) 300 K (2) 1.2410-20 J 1.0410-20 J 练习16 气体动理论基础(二)参考答案1. B2. B3. 40

13、00 ms-1 , 1000 ms-1 4. 495 m/s5. 解： p1V=nRT1 p2V=nRT2 T2=2 T1p2 / p1 6. 解：由状态方程求得分子数密度 2.691025 m-3 分子平均速率 4.26102 m/s 平均碰撞频率 4.58109 s-1平均自由程 9.310-8 m 练习17 热力学基础(一)参考答案1. B2. A3. , 4. , 0 5. 解：氦气为单原子分子理想气体， (1) 等体过程，V常量，W =0 据 QDE+W 可知 623 J (2) 定压过程，p = 常量， =1.04103 J DE与(1) 相同 W = Q - DE417 J (3

14、) Q =0，DE与(1) 同 W = -DE=-623 J (负号表示外界作功) 6. 解：等压过程 W= pV=(M /Mmol)RT 内能增量 双原子分子 J 练习18 热力学基础(二)参考答案1. A2. C3. 8.31J , 29.09J4. , .5. 解：(1) J (2) . J (3) J 6. 解：设c状态的体积为V2，则由于a，c两状态的温度相同，p1V1= p1V2 /4 故 V2 = 4 V1 循环过程 E = 0 , Q =W 而在ab等体过程中功 W1= 0 在bc等压过程中功 W2 =p1(V2V1) /4 = p1(4V1V1)/4=3 p1V1/4 在ca

15、等温过程中功 W3 =p1 V1 ln (V2/V2) = -p1V1ln 4 W =W1 +W2 +W3 =(3/4)ln4 p1V1 Q =W=(3/4)ln4 p1V1 练习19 热力学基础(三)参考答案1. D2. C3. C4. 熵增加（或状态几率增大）, 不可逆的5. 不变 , 增加 6. 解：准静态过程 等温过程 由 得 代入上式 得 熵变 J/K 练习20 静电场(一) 参考答案1. B2. C3. 3s / (2e0) , s / (2e0), 3s / (2e0).4. da a 60 d b60 q2 q1 d d5. 解： , ， 由余弦定理： = 3.11106 V/

16、m 由正弦定理得： , a = 30 的方向与中垂线的夹角b60，如图所示 6. 解：选杆的左端为坐标原点，x轴沿杆的方向 在x处取一电荷元ldx，它在点电荷所在处产生场强为：整个杆上电荷在该点的场强为： 点电荷q0所受的电场力为： 0.90 N 沿x轴负向 练习21 静电场(二) 参考答案1. D2. B3. q / (6e0) 4. , 0 5解：(1) 一根无限长均匀带电直线在线外离直线距离处的场强为： E=l / (2pe0r) 2分根据上式及场强叠加原理得两直线间的场强为 ， 方向沿x轴的负方向 3分 (2) 两直线间单位长度的相互吸引力 F=lE=l2 / (2pe0a) 2分6.

17、 解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 在半径为r的球面内包含的总电荷为 (rR)以该球面为高斯面，按高斯定理有 得到 ， (rR)方向沿径向，A0时向外, AR)方向沿径向，A0时向外，A0时，电动势沿顺时针方向 6. 解：(1) 载流为I的无限长直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为： 以顺时针绕向为线圈回路的正方向，与线圈相距较远的导线在线圈中产生的磁通量为： 与线圈相距较近的导线对线圈的磁通量为： 总磁通量 感应电动势为： 由E 0和回路正方向为顺时针，所以E的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流亦是顺时针方向练习30 电磁感应(二) 参考答案1. E2. D3.

18、 4. 方向见图 5. 解：在dl处 但 其中 ， 方向从12 6. 解：设动生电动势为E1，感生电动势为E2 则 E = E1 + E2 (方向由ab) （实际方向由ba） = （方向由ac）故 (方向由ac) 练习31 电磁感应(三) 参考答案1. C2. B3. 0.400 H4. m nI , m n2I2 / 25. 解：设长直导线中有电流I，它在周围产生磁场 在矩形线圈中产生的磁通链数为 H 6. 解：(1) 单位长度的自感系数 r1 r r2 (2) 单位长度储存的磁能 练习32 电磁场和电磁波 参考答案1. C2. C3. 或 或 4. 15. 证明：而在平行板电容器两极板之间

19、而由电容器的定义有6. 解：(1)位移电流 2.7810-5 A 2分 (2)根据全电流定律：，有 ， 可得 2.7810-11 T 练习33 光的干涉(一) 参考答案1. B2. B3. 上， (n-1)e4. d sinq (r1r2)5. 解：(1) Dx20 Dl / a 0.11 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n1)er1r2 设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有 r2r1kl 所以 (n1)e = kl k(n1) e / l6.967 零级明纹移到原第7级明纹处 6. 解：由公式xkDl / a可知波长范围为Dl时,明纹彩色宽度为 DxkkD Dl / a 由

20、k1可得，第一级明纹彩色带宽度为 Dx1500(760400)10-6 / 0.250.72 mm k5可得，第五级明纹彩色带的宽度为 Dx55Dx13.6 mm 练习34 光的干涉(二) 参考答案1. D2. C3. 1134. 539.15. 解：空气劈形膜时，间距 液体劈形膜时，间距 q = l ( 1 1 / n ) / ( 2Dl )1.710-4 rad 6. 解：(1)第k个明环， (2) 式中为第k级明纹所对应的空气膜厚度 很小， 可略去，得 (k=1，2，3 ) 练习35 光的衍射(一) 参考答案1. D2. C3. 6 , 第一级明(只填“明”也可以) 4. 500 nm(

21、或510-4 mm)5. 解：第二级与第三级暗纹之间的距离 Dx = x3 x2f l / a f a Dx / l=400 mm 6. 解：(1) 对于第一级暗纹，有a sinj 1l因j 1很小，故 tg j 1sinj 1 = l / a 故中央明纹宽度 Dx0 = 2f tg j 1=2fl / a = 1.2 cm (2) 对于第二级暗纹，有 a sinj 22l x2 = f tg j 2f sin j 2 =2f l / a = 1.2 cm 练习36 光的衍射(二) 参考答案1. D2. B3. 5 据缺级条件 知第三级谱线与单缝衍射的第一暗纹重合(因而缺级)可知在单缝衍射的中央明条纹内共有5条谱线，它们相应于d sinq=kl， k =0，1，2注：本题不用缺级条件也能解出, 因d=3a 故 第三级谱线：dsinq =3l与单缝衍射第1个暗纹 a sinq = l 的衍射角q相同由此可知在单缝衍射中央明条纹中共有5条谱线，它们是： d sinq =kl， k=0，1，24. 1.34 m 5. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 (2) nm 6. 解：由于斜入射，平行光入射到光栅面上各点的光线间有光程差，因此，相邻两缝对